Analiza matematyczna 2, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 14. – rozwiązania

Analiza matematyczna 2, WNE, 2018/2019 ćwiczenia 14. – rozwiązania

9 kwietnia 2019

1. Obliczyć pochodne cząstkowe pierwszego i drugiego rzędu funkcji f (x, y) = x²− 3xy²+ 2y³+ 2y.

∂f

∂x(x, y) = 2x − 3y²,

∂f

∂y(x, y) = −6xy + 6y²+ 2,

∂²f

∂x²(x, y) = 2,

∂²f

∂x∂y(x, y) = −6y,

∂²f

∂y²(x, y) = −6x + 12y.

2. Sprawdź czy punkt (0, 0) jest lokalnym ekstremum funkcji:

a) z(x, y) = x²+ y²,

Oczywiście tak, jest to lokalne minimum, jedyny punkt w którym wartość funkcji wynosi 0.

b) z(x, y) = x²− y².

Oczywiście nie, funkcja maleje dla x = 0, oraz rośnie dla y = 0.

3. Zbadać istnienie ekstremów funkcji

f (x, y, z) = x²− 2x − y³+ 3y + 5z².

Obliczam pochodne cząstkowe:^∂f_∂x = 2x−2,^∂f_∂y = −3y²+3,^∂f_∂z = 10z. Sprawdzam teraz dla jakich punktów te pochodne się zerują i wnioskuję, że x = 1, y = ±1, z = 0, czyli jest dwóch potencjalnych kandydatów na ekstrema: (1, 1, 0) i (1, −1, 0). Potrzebujemy pochodnych drugiego rzędu, żeby je zweryfikować.

∂f

∂x² = 2,_∂x∂y^∂f = 0,_∂x∂z^∂f = 0, _∂y^∂f2 = −6y,_∂y∂z^∂f = 0, _∂z^∂f2 = 10.

Zatem różniczka to d²f = 2h²₁− 6yh²₂+ 10h₃², co w punkcie (1, 1, 0) daje wyrażenie 2h²₁− 6h²₂+ 10h²₃, które jest dodatnie dla h1= 1, h2= h3= 0 oraz ujemne dla h1= h3= 0 oraz h2= 1, czyli w tym punkcie nie ma ekstremum.

Natomiast w punkcie (1, −1, 0), to daje 2h²₁+6h²₂+10h²₃, co jest dodatnie zawsze, więc mamy tu minimum:

f (1, −1, 0) = −3.

4. Czy funkcja f (x, y, z) = xy + yz + zx ma lokalne ekstrema?

Pochodne cząstkowe to odpowiednio y + z, x + z, y + x. Jeśli wszystkie są równe zero, to x = −y, y = z, więc x = y = z = 0. W tym punkcie nie ma ekstremum, bo funkcja jest stała chociażby dla x = y = 0.

5. Znajdź sup_(x,y)∈Df (x, y) oraz inf_(x,y)∈Df (x, y) dla

1

a) f (x, y) =p

x²+ y², D = {(x, y) ∈ R²: x²+ y²¬ 1},

Oczywiście inf_(x,y)∈Df (x, y) = 0 jest osiągane dla (x, y) = (0, 0), tymczasem sup_(x,y)∈Df (x, y) = 1 i jest osiągane na brzegu rozpatrywanego obszaru.

b) f (x, y) = xy², D = {(x, y) ∈ R²: x²+ y²¬ 3},

Sprawdzamy czy jest jakieś ekstremum. Cząstkowe pochodne to odpowiednio y²oraz 2xy, obie są równe 0 dla y = 0. Funkcja przyjmuje wtedy wartość 0.

Tymczasem dla y²= 3 − x², y = ±√

3 − x²oraz x ∈ [−√ 3,√

3] mamy f (x) = x(3 − x²) = −x³+ 3x, ma pochodną równą −3x²+ 3, i wynosi 0 dla x = 1. Wtedy f (x) = −1 + 3 = 2. Dla skrajnych punktów x = ±√

3, wartości wynoszą 0. Zatem sup_(x,y)∈Df (x, y) = 2 oraz inf_(x,y)∈Df (x, y) = 0 c) f (x, y) = x²+ y²− x − y, D jest trójkątem o wierzchołkach (0, 0), (0, 2) i (2, 0),

Sprawdzamy pierwsze pochodne. Są to odpowiednio 2x − 1, 2y − 1 i wynoszą zero dla x = y = 1/2.

Jest to punkt w zbiorze D i wartość w tym punkcie wynosi 1/4 + 1/4 − 1/2 − 1/2 = −1/2.

Ale trzeba jeszcze sprawdzić wartość funkcji na bokach trójkąta. Jeden bok jest wyznaczony prostą x = 0 i wtedy wartości funkcji to f (y) = y²− y ma pochodną 2y − 1, co daje 0 dla y = 1/2 i wartość

−1/4. Podobnie dla boku y = 0 wartości funkcji to f (x) = x²− x ma pochodną 2x − 1, co daje 0 dla x = 1/2 i wartość −1/4. Trzeci bok to y = x i wtedy mamy f (x) = 2x²− 2x, pochodna to 4x − 2, czyli x = 1/2 i jest to już wcześniej rozpatrywany punkt.

Teraz wierzchołki trójkąta f (0, 0) = 0, f (0, 2) = 2, f (2, 0) = 2.

Zatem sup_(x,y)∈Df (x, y) = 2 oraz inf(x,y)∈Df (x, y) = −1/2.

d) f (x, y) = x²+ y²− x, D jest kwadratem o wierzchołkach (±1, ±1).

Sprawdzamy pochodne, są to odpowiednio 2x − 1 oraz 2y, co jest równe zero w (1/2, 0). W tym punkcie wartość funkcji to 1/4 − 1/2 = −1/2. Boki:

• x = −1, to f (y) = y²+ 2, ekstremum dla y = 0 wynoszące 2,

• x = 1, to f (y) = y², ekstremum dla y = 0 wynoszące 0,

• y = −1, to f (y) = x²− x + 1, ekstremum dla x = 1/2 wynoszące 3/4,

• x = 1, to f (y) = x²− x + 1, ekstremum dla x = 1/2 wynoszące 3/4,

no i wartości w wierzchołkach (1, 1), (1, −1), (−1, 1) i (1, 1) to odpowiednio 1, 1, 3, 3.

Zatem sup_(x,y)∈Df (x, y) = 3 oraz inf_(x,y)∈Df (x, y) = −1/2.

2